2023級(jí)高二年級(jí)數(shù)學(xué)試題含答案

2023級(jí)高二年級(jí)數(shù)學(xué)試題一、單選題1．平面內(nèi)點(diǎn)P到、的距離之和是10，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程是（

）A． B．C． D．【答案】B2．已知點(diǎn)，，若過點(diǎn)的直線與線段AB相交，則該直線斜率的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】B3．如圖，三棱柱中，G為棱AD的中點(diǎn)，若，，，則（

）

A． B．C． D．【答案】A4．若直線平分圓的周長(zhǎng)，則等于（

）A．9 B． C．1 D．【答案】B5．已知圓與圓關(guān)于直線對(duì)稱，則的方程為（

）A． B．C． D．【答案】A6．已知點(diǎn)分別是橢圓的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)在此橢圓上，則的周長(zhǎng)等于（

）A．20 B．16 C．18 D．14【答案】C7．已知直線與曲線有公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】B【詳解】由直線過定點(diǎn)，又由曲線，可得，作出曲線與直線的圖象，如圖所示，因?yàn)橹本€，可得，又由，解得，若直線與曲線有公共點(diǎn)，則，即實(shí)數(shù)的取值范圍為.故選：B.8．阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，與歐幾里得、阿基米德被稱為亞歷山大時(shí)期數(shù)學(xué)三巨匠，他對(duì)圓錐曲線有深刻且系統(tǒng)的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線》一書中，阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是：已知?jiǎng)狱c(diǎn)與兩定點(diǎn)，的距離之比為，那么點(diǎn)的軌跡就是阿波羅尼斯圓．如動(dòng)點(diǎn)與兩定點(diǎn)，的距離之比為時(shí)的阿波羅尼斯圓為．下面，我們來研究與此相關(guān)的一個(gè)問題：已知圓上的動(dòng)點(diǎn)和定點(diǎn)，，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】取點(diǎn)，推理證明得，把問題轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)M到定點(diǎn)B，N距離和的最小值作答.【詳解】如圖，點(diǎn)M在圓上，取點(diǎn)，連接，有，當(dāng)點(diǎn)不共線時(shí)，，又，因此∽，則有，當(dāng)點(diǎn)共線時(shí)，有，則，因此，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)M是線段BN與圓O的交點(diǎn)時(shí)取等號(hào)，所以的最小值為.故選：C【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：圓及圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：（1）幾何法，若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；（2）代數(shù)法，若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)某種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值或范圍．二、多選題9．已知直線：和直線：，下列說法正確的是（）A．始終過定點(diǎn) B．若，則或C．若，則或2 D．當(dāng)時(shí)，始終不過第三象限【答案】ACD【詳解】選項(xiàng)A：：，令，得，過點(diǎn)，A正確；選項(xiàng)B：當(dāng)時(shí)，，重合，故B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C：當(dāng)時(shí)，由，得或2，故C正確；選項(xiàng)D：當(dāng)時(shí)，：始終過，斜率為負(fù)，不會(huì)過第三象限，故D正確.故選：ACD10．在棱長(zhǎng)為2的正方體中，點(diǎn)分別是線段，線段，線段上的動(dòng)點(diǎn)（包含端點(diǎn)），且．則下列說法正確的有（

）A．平面B．異面直線與所成的最大角為C．三棱錐的體積為定值D．當(dāng)四棱錐的體積最大時(shí)，該四棱錐外接球的表面積為【答案】ACD【詳解】選項(xiàng)A：連結(jié)，因?yàn)樵谡襟w中，，所以又易知四邊形為矩形，所以所以，又因?yàn)槠矫?，平面，所以平面，故選項(xiàng)A正確.選項(xiàng)B：又，因此，因此直線MN與AP所成的角就是直線與AP所成的角，當(dāng)P為中點(diǎn)時(shí)，直線與AP所成的角最大為90°，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤.選項(xiàng)C：觀察可知，三棱錐的體積為，故三棱錐的體積為定值，故選項(xiàng)C正確.選項(xiàng)D：由正方體的性質(zhì)可知，當(dāng)四棱錐的體積最大時(shí)，與重合，此時(shí)四棱錐的外接球?yàn)檎襟w的外接球，表面積為，故選項(xiàng)D正確.故選：ACD.11．已知點(diǎn)在圓上，點(diǎn)、，則（

）A．點(diǎn)到直線的距離小于B．點(diǎn)到直線的距離大于C．當(dāng)最小時(shí)，D．當(dāng)最大時(shí)，【答案】ACD【詳解】圓的圓心為，半徑為，直線的方程為，即，圓心到直線的距離為，所以，點(diǎn)到直線的距離的最小值為，最大值為，A選項(xiàng)正確，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；如下圖所示：當(dāng)最大或最小時(shí)，與圓相切，連接、，可知，，，由勾股定理可得，CD選項(xiàng)正確.故選：ACD.【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：若直線與半徑為的圓相離，圓心到直線的距離為，則圓上一點(diǎn)到直線的距離的取值范圍是.三、填空題12．若方程表示的曲線為橢圓，則m的取值范圍為.【答案】13．已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為，經(jīng)過點(diǎn)且垂直于x軸的直線與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，且，則橢圓C的離心率為【答案】/0.514．已知圓C：，若直線上總存在點(diǎn)P，使得過點(diǎn)P的圓C的兩條切線夾角為，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是【答案】或．【詳解】圓，則圓心為，半徑，設(shè)兩切點(diǎn)為，則，因?yàn)椋谥?，，所?因此只要直線上存在點(diǎn)，使得即可滿足題意．圓心，所以圓心到直線的距離，解得或．故答案為：或．

四、解答題15．已知圓和圓．(1)求證：圓和圓相交；(2)求圓與圓的公共弦所在直線的方程及公共弦的長(zhǎng)．【答案】(1)證明見解析；(2)公共弦方程為，公共弦的長(zhǎng)為.【詳解】（1）由題設(shè)，則，，則，所以，即圓和圓相交；（2）由（1）結(jié)論，將兩圓方程作差得，即公共弦方程為，又到的距離，所以公共弦的長(zhǎng)為.16．已知?jiǎng)狱c(diǎn)與兩個(gè)定點(diǎn)，的距離的比是2.(1)求動(dòng)點(diǎn)的軌跡的方程；(2)直線過點(diǎn)，且被曲線截得的弦長(zhǎng)為，求直線的方程.【答案】(1)(2)或【詳解】（1）設(shè)點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)與兩個(gè)定點(diǎn)，的距離的比是，，即，則，化簡(jiǎn)得，所以動(dòng)點(diǎn)的軌跡的方程為；（2）由（1）可知點(diǎn)的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，直線被曲線截得的弦長(zhǎng)為，圓心到直線的距離，①當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，直線的方程為，此時(shí)圓心到直線的距離是3，不符合條件；②當(dāng)直線的斜率存在時(shí)，設(shè)直線的方程為，即，所以圓心到直線的距離，化簡(jiǎn)得，解得或，此時(shí)直線的方程為或.綜上，直線的方程是或.17．已知，是橢圓C：的兩個(gè)焦點(diǎn)，，為C上一點(diǎn)．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若P為C上一點(diǎn)，且，求的面積．【答案】(1)(2)【詳解】（1）設(shè)橢圓的焦距為，因?yàn)?，可得，所以，則，，由橢圓的定義可得，所以，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.（2）因?yàn)椋?，所以，所?18．在四棱錐中，底面．(1)證明：；(2)求PD與平面所成的角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2).【詳解】（1）證明：在四邊形中，作于，于，因?yàn)?，所以四邊形為等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因?yàn)槠矫妫矫?，所以，又，所以平面，又因?yàn)槠矫?，所以；?）解：如圖，以點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，，則，則，設(shè)平面的法向量，則有，可取，則，所以與平面所成角的正弦值為.19．已知橢圓：的右焦點(diǎn)為F（1，0），短軸長(zhǎng)為2.直線過點(diǎn)F且不平行于坐標(biāo)軸，與有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，線段的中點(diǎn)為M.(1)求橢圓的方程；(2)證明：直線的斜率與的斜率的乘積為定值；(3)延長(zhǎng)線段與橢圓交于點(diǎn)P，若四邊形為平行四